V. ý nghĩa khoa học và thực tiễn của luận án
3.1.3Nguyên lí Ekeland cho các hàm đa thức trên R2
Trong phần này, chúng tôi nhận đ-ợc các kết quả tốt hơn so với Định lí 3.1.10 và Hệ quả 3.1.14 khi sử dụng đ-ờng cực trong việc xét các hàm đa thức thực hai biến.
Cho f : R2 → R là một hàm đa thức. Giả sử rằng f bị chặn d-ới và
f không đạt giá trị cực tiểu trên R2. Khi đó, f∗ := inf
R2 f là một giá trị tới hạn của kì dị tại vô hạn của f. Bởi Định lí 2.1.11, tồn tại chùm tới hạn
Ck < ã ã ã< Cl thuộc về f∗ gồm số lẻ các nửa nhánh của fy−1(0) mà fy đổi dấu dọc chúng. Chú ý rằng mỗi thành phần liên thông của f−1(f∗ +ε)
biến mất tại vô hạn khi ε dần đến 0, với ε > 0. Do vậy, mỗi điểm trên nửa nhánh Ck là một điểm cực tiểu địa ph-ơng của hàm hạn chế của f lên một đ-ờng thẳng đứng nào đó.
Định lí 3.1.15. Cho f : R2 →R là một hàm đa thức. Giả sử f bị chặn d-ới và f không đạt giá trị cực tiểu trên R2. Cho Ck < ã ã ã < Cl là một chùm tới hạn thuộc về f∗ gồm số lẻ các nửa nhánh của fy−1(0) mà fy đổi dấu dọc chúng. Khi đó, với bất kì > 0, tồn tại v ∈ Ck sao cho
70
f(z) ≥ f(v) −d(v, z) với mọi z ∈ R2.
Chứng minh. T-ơng tự chứng minh Định lí 3.1.7.
Định lí 3.1.16. Cho f : R2 → R là một hàm đa thức bị chặn d-ới và không đạt giá trị cực tiểu trên R2. Giả sử Ck < ã ã ã < Cl là một chùm tới hạn thuộc về f∗ gồm số lẻ các nửa nhánh của fy−1(0) mà fy đổi dấu dọc chúng. Khi đó (i) lim x∈Ck,kxk→∞f(x) = f∗, (ii) lim x∈Ck,kxk→∞ kf0(x)k= 0,
(iii) Với x ∈ Ck và kxk đủ lớn, ta có hf00(x)ω, ωi ≥ 0 với mọi ω ∈ R2. Chứng minh. (i) Khẳng định đầu tiên là rõ ràng.
(ii) Giả sử Ck đ-ợc tham số hóa bởi ρ : (M,+∞)→ R2, t7→ ρ(t), ở đây
ρ(t) = (x = t, y =atα+ các số hạng bậc thấp hơn).
Tr-ớc hết, ta thấy α ≤ 1. Thật vậy, giả sử ng-ợc lại rằng a 6= 0 và
α >1. Vì
f(x, y) =ym +fm−1(x)ym−1+ã ã ã+f0,
ta có
fy0 ◦ρ(t) = mam−1t(m−1)α + các số hạng bậc thấp hơn,
Do m > 0 và a 6= 0, ta có f0 ◦ρ(t) 6≡ 0. Mâu thuẫn này chỉ ra rằng α ≤1. Bây giờ, ta chứng minh (ii): Vì fy0[ρ(t)] ≡ 0, ta có f0[ρ(t)] = (fx0[ρ(t)],0).
Do vậy
d
dt(f ◦ρ)(t) = hf
0
[ρ(t)], ρ0(t)i =fx0[ρ(t)].
Từ giả thiết, ta có thể viết
(f ◦ρ)(t) = f∗ +btβ + các số hạng bậc thấp hơn, với b6= 0 và β < 0. Vậy kf0[ρ(t)]k =|fx0[ρ(t)]|= |d dt(f ◦ρ)(t)| = |bβt β−1+ã ã ã |. Vì β −1 <0, ta có lim t→0 kf0[ρ(t)]k = 0.
(iii) Đặt {e1 = (1,0), e2 = (0,1)} ⊂ R2. Tr-ớc hết, ta chứng minh các khẳng định saụ
Khẳng định 3.1.17. Với mỗi t ∈ (M,+∞), hai véctơ ρ0(t) và e2 độc lập tuyến tính.
Chứng minh. Khẳng định này đ-ợc suy ra từ các đẳng thức hρ0(t), e1i = 1
và he1, e2i = 0. Khẳng định 3.1.18. Với t đủ lớn, ta có (a) hf00[ρ(t)]ρ0(t), ρ0(t)i >0, (b) hf00[ρ(t)]ρ0(τ), e2i = 0, (c) hf00[ρ(τ)]e2, e2i ≥ 0. Chứng minh. Lấy t0 ∈ (M,+∞). (a) Đặt h(t) := hf0[ρ(t)], ρ0(t0)i. Ta có h0(t) =hf00[ρ(t)]ρ0(t), ρ0(t0)i. Hơn nữa, h(t) =fx0[ρ(t)] = d dt(f ◦ρ)(t) =bβt β−1 +ã ã ã . Suy ra h0(t) = bβ(β −1)tβ−2+ã ã ã . Vậy hf00[ρ(t0)]ρ0(t0), ρ0(t0)i =bβ(β −1)tβ0−2+ã ã ã . (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Theo giả thiết, f ◦ρ đơn điệu giảm thực sự trong khoảng (M,+∞). Vì thế, d dt(f ◦ρ)(t) = bβt β−1 +ã ã ã < 0, và do đó bβ < 0. Vì β < 0, ta có b > 0 và β −1 <0. Vậy hf00[ρ(t0)]ρ0(t0), ρ0(t0)i >0 với t0 đủ lớn. (b) Đặt k(t) := hf0[ρ(t)], e2i. Ta có k0(t) =hf00[ρ(t)]ρ0(t), e2i.
Hơn nữa, vì grad f[ρ(t)] = (fx0[ρ(t)],0), nên k(t) = 0. Vậy
72 (c) Đặt s 7→ r(s) =ρ(t0) +se2. Ta có r0(s) =e2. Vì thế (f ◦r)0(s) = hf0[r(s)], r0(s)i =hf0[r(s)], e2i, (f ◦r)00(s) = hf00[r(s)]r0(s), e2i =hf00[r(s)]e2, e2i. Do vậy (f ◦r)00(0) = hf00[ρ(t0)]e2, e2i.
Vìf ◦r đạt giá trị cực tiểu địa ph-ơng tại s = 0, ta có (f ◦r)00(0) ≥ 0. Vậy
hf00[ρ(t0)]e2, e2i ≥ 0.
Chứng minh (iii): Lấy ω ∈ R2. Theo Khẳng định 3.1.17, ta có thể viết
ω =u(t)ρ0(t) +v(t)e2. Khi đó, hf00[ρ(t)]ω, ωi =
u(t)2hf00[ρ(t)]ρ0(t), ρ0(t)i+ 2u(t)v(t)hf00[ρ(t)]ρ0(t), e2i+v(t)2hf00[ρ(t)]e2, e2i.
Từ Khẳng định 3.1.18, ta có hf00[ρ(t)]ω, ωi ≥ 0 với t đủ lớn.
Hệ quả 3.1.19. Cho f : R2 →R là một hàm đa thức bị chặn d-ới và không đạt giá trị cực tiểu trên R2. Giả sử Ck < ã ã ã < Cl là một chùm tới hạn thuộc về f∗ gồm số lẻ các nửa nhánh của fy−1(0) mà fy đổi dấu dọc chúng. Gọi à1(x), à2(x) là các giá trị riêng của f00(x). Khi đó, với x ∈ Ck và kxk
đủ lớn, ta có à1(x) >0 và à2(x) ≥ 0.
Chứng minh. Hệ quả đ-ợc suy ra trực tiếp từ Khẳng định 3.1.18.
3.1.4 Các chú ý
Tr-ớc hết, ta nhắc lại một vài khái niệm trong [35].
Định nghĩa 3.1.20 ([35]). Cho f : Rn → R là một hàm đa thức. Giá trị
y0 ∈ R đ-ợc gọi là một cận d-ới đúng địa ph-ơng tại vô hạn của f nếu hai điều kiện sau đ-ợc thỏa mãn:
• tồn tại δ > 0, r > 0 sao cho
kxk ≥ r và |f(x)−y0| < δ ⇒f(x) ≥y0.
Thêm nữa, nếu δ > 0 và r > 0 đ-ợc chọn sao cho
kxk ≥ r và |f(x)−y0| < δ ⇒f(x) > y0,
thì y0 đ-ợc gọi là một cận d-ới đúng cô lập tại vô hạn của f.
Chú ý 3.1.21. Trong [35], Hà Huy Vui và Nguyễn Hồng Đức đã chỉ ra rằng, tồn tại nhiều nhất một cận d-ới đúng địa ph-ơng tại vô hạn; đồng thời, cũng đ-a ra cách đặc tr-ng cận d-ới đúng địa ph-ơng tại vô hạn và cận d-ới đúng cô lập tại vô hạn của một đa thức.
Chú ý 3.1.22. Nếu f bị chặn d-ới và f không đạt giá trị cực tiểu trên Rn, thì f có cận d-ới đúng cô lập tại vô hạn. Hơn nữa, các kết quả đạt đ-ợc trong phần này vẫn đúng nếu ta thay thế "f bị chặn d-ới và không đạt giá trị cực tiểu trên Rn" bởi "f có cận d-ới đúng cô lập tại vô hạn" và thay thế "f∗ := inf
Rn f" bởi "cận d-ới đúng cô lập tại vô hạn của f".